（重慶專用）2018年高考物理一輪訓練（12）及詳細解析一、選擇題1、(2017·肇慶二模)如圖(a)所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個點電荷。t＝0時，甲靜止，乙以6m/s的初速度向甲運動。此后，它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動(整個運動過程中沒有接觸)，它們運動的v-t圖像分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示。則由圖線可知()A．兩點電荷的電性一定相同B．t3時刻兩點電荷的電勢能最大C．0～t2時間內，兩點電荷間的靜電力先增大后減小D．0～t3時間內，甲的動能一直增大，乙的動能一直減小解析：選AC由題圖(b)可知，剛開始乙做減速運動，甲做初速度為0的加速運動，兩點電荷間存在庫侖斥力，則兩點電荷的電性一定相同，選項A正確；在t1時刻，甲、乙共速，兩點電荷間的距離最小，故在間距減小的過程中，點電荷始終克服靜電力做功，以后點電荷間的距離逐漸增大，靜電力做正功，故間距最小時的電勢能最大，選項B錯誤；t2時刻，乙靜止，在0～t2時間內，兩點電荷的間距先減小后增大，故兩點電荷間的靜電力先增大后減小，選項C正確；0～t3時間內，甲的速度一直增大，故它的動能一直增大，而乙的速度先減小后增大，故它的動能先減小后增大，選項D錯誤。2、(多選)(2015·海南高考)如圖，兩電荷量分別為Q(Q＞0)和－Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點O的兩側，a點位于x軸上O點與點電荷Q之間，b點位于y軸O點上方。取無窮遠處的電勢為零，下列說法正確的是()A．b點的電勢為零，電場強度也為零B．正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右C．將正的試探電荷從O點移到a點，必須克服電場力做功D．將同一正的試探電荷先后從O、b點移到a點，后者電勢能的變化較大[思路點撥]解答本題應把握以下三點：(1)電勢與場強無關。(2)正電荷在電勢高的地方電勢能大，在電勢低的地方電勢能小。(3)等量異種點電荷連線的垂直平分線為等勢線。[解析]因為等量異種點電荷在其連線的中垂線上的電場方向沿x軸正方向，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因為中垂線延伸到無窮遠處，所以中垂線的電勢為零，故b點的電勢為零，但是電場強度不為零，A錯誤；等量異種點電荷連線上，電場方向由正電荷指向負電荷，方向水平向右，在中點O處電勢為零，O點左側電勢為正，右側電勢為負，又知道正電荷在正電勢處電勢能為正，故B正確；O點的電勢低于a點的電勢，將正電荷從O點移到a點，電場力做負功，所以必須克服電場力做功，C正確；O點和b點的電勢相等，所以先后從O、b點移到a點，電場力做功相等，電勢能變化相同，D錯誤。[答案]BCeq\a\vs4\al([易錯提醒])(1)電勢降低的方向不一定為電場方向，只有電勢降落最快的方向才為電場的方向。(2)電場力做功只與初、末位置的電勢差有關，與零電勢點的選擇無關。(3)電勢、電勢能具有相對性，要確定電場中某點的電勢或電荷在電場中某點具有的電勢能必須選取零電勢點或零勢能位置，但電勢能的變化和電勢差具有絕對性，與零勢能位置、零電勢點的選取無關。3、(多選)(2017·揚州模擬)兩塊豎直放置的帶電平行金屬板A、B間放一金屬小球后，電場線如圖所示，M、N為電場中的兩點，下列判斷中正確的是()A．M點處的電場強度大于N點處的電場強度B．M點處的電勢高于N點處的電勢C．將正檢驗電荷從M點移到N點，電場力做正功D．將負檢驗電荷從M點移到N點，該電荷的電勢能減小解析：選ABD電場線的疏密表示電場強度的大小，由題圖知M點處的電場強度大于N點處的電場強度，A正確；沿電場線的方向電勢逐漸降低，M點處的電勢高于N點處的電勢，B正確；將正檢驗電荷從M點移到N點，電場力做負功，C錯誤；將負檢驗電荷從M點移到N點，電場力做正功，該電荷的電勢能減小，D正確。4.(2017·江蘇二模)如圖所示，電源為恒流電源(能始終提供恒定的電流)，R0為定值電阻，電流表和電壓表均為理想電表，移動滑動變阻器R的滑片，則下列表示電壓表示數U和電路總功率P隨電流表示數I變化的關系圖線中，正確的是()解析：選D設恒流電源提供的電流為I0，則通過R0的電流為：IR0＝I0－I。則電壓表示數為：U＝IR0R0＝(I0－I)R0＝－IR0＋I0R0。I0和R0是定值，則根據數學知識可知UI圖像是不過原點的傾斜的直線，故A、B錯誤；電路總功率為：P＝UI0＝(I0－I)R0I0＝－R0I0I＋R0I02，I0和R0是定值，可知PI圖像是向下傾斜的直線，故C錯誤，D正確。5.如圖所示電路中，電源電動勢為E，內阻為r，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上移動時，電壓表的示數U和電流表的示數I的變化情況是()A．U變大，I變大 B．U變小，I變小C．U變大，I變小 D．U變小，I變大解析：選C當滑動變阻器的滑動觸頭P向上移動時，滑動變阻器接入電路的電阻增大，外電路的總電阻增大，根據歐姆定律分析得知，干路電流I干減小。電壓表的讀數U＝E－I干(r＋R1)，I干減小，U變大。滑動變阻器與R3并聯部分電壓為U并＝E－I干(r＋R1＋R2)，I干減小，U并增大，電阻R3的電流I3增大。電流表的讀數I＝I干－I3，I干減小，I3增大，則I變小，所以U變大，I變小。故C正確，A、B、D錯誤。6、(2017·宿遷三模)如圖所示，四個相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h處，A做自由落體運動，B沿光滑斜面由靜止滑下，C做平拋運動，D從地面開始做斜拋運動，其運動的最大高度也為h。在每個小球落地的瞬間，其重力的功率分別為PA、PB、PC、PD。下列關系式正確的是()A．PA＝PB＝PC＝PD B．PA＝PC＞PB＝PDC．PA＝PC＝PD＞PB D．PA＞PC＝PD＞PB解析：選CA做自由落體運動，C做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，故A、C落地時豎直方向的速度大小相同，故落地時的功率P＝mgv相同，D做斜拋運動，到達最高點跟A下落時的高度相同，故落地時豎直方向的速度跟A落地時的速度大小相同，故功率相同，B沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟A落地時的速度大小相同，但速度方向與重力方向成一定的夾角，故功率小于A的功率，故C正確。7、(2017·南通模擬)某校高三學生體能檢測中，有著班級“最標準身材”美譽的小明同學在半分鐘內完成了10次引體向上，則這次檢測中小明克服重力做功的平均功率大約為(g取10m/s2)()A．50W B．100WC．200W D．500W解析：選B高三同學體重大約為60kg，引體向上時重心向上運動的位移大約為0.5m，則克服重力做功的平均功率為：P＝eq\f(10mgh,t)＝eq\f(10×60×10×0.5,30)W＝100W，故B正確。二、非選擇題1.如圖，真空中xOy平面直角坐標系上的ABC三點構成等邊三角形，邊長L＝2.0m。若將電荷量均為q＝＋2.0×10－6C的兩點電荷分別固定在A、B點，已知靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，求：(1)兩點電荷間的庫侖力大??；(2)C點的電場強度的大小和方向。解析：(1)根據庫侖定律，A、B兩點處的點電荷間的庫侖力大小為F＝keq\f(q2,L2)解得F＝9.0×10－3N。(2)A、B兩點處的點電荷在C點產生的場強大小相等，均為E1＝keq\f(q,L2)A、B兩點處的點電荷形成的電場在C點的合場強大小為E＝2E1cos30°解得E＝7.8×103N/C場強E的方向沿y軸正方向。答案：(1)9.0×10－3N(2)7.8×103N/C方向沿y軸正方向十二、引用力學知識，激活電學思維(二)——電場能的性質[抓牢解題本源]一、電場力做功的兩種計算方法1．W＝qEd，適用于勻強電場。2．WAB＝qUAB，適用于任何電場。二、電勢高低的三種判斷方法判斷依據判斷方法電場線方向沿電場線方向電勢逐漸降低場源電荷的正負取無窮遠處電勢為零，正電荷周圍電勢為正值，負電荷周圍電勢為負值；靠近正電荷處電勢高，靠近負電荷處電勢低電場力做功根據UAB＝eq\f(WAB,q)，將WAB、q的正負號代入，由UAB的正負判斷φA、φB的高低三、電荷電勢能大小判斷的“四法”判斷角度判斷方法做功判斷法電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增大電荷電勢法正電荷在電勢越高的地方電勢能越大，負電荷在電勢越低的地方電勢能越大公式法由Ep＝qφp，將q、φp的大小、正負號一起代入公式，根據Ep數值可作如下判斷：若Ep為正值，其絕對值越大，表示電勢能越大；若Ep為負值，其絕對值越小，表示電勢能越大能量守恒法在電場中，若只有電場力做功時，電荷的動能和電勢能相互轉化，兩種能量之和不變，所以電荷動能增加，則其電勢能減?。环粗?，其電勢能增大四、電勢差的三種表達式eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(1.UAB＝φA－φB,2.UAB＝\f(WAB,q)))適用于任何電場。3．U＝Ed，適用于勻強電場。2、(2017·徐州模擬)如圖所示，水平軌道左端固定一輕質彈簧，右端與半徑為R的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，輕質彈簧無形變時右端位于O點，物塊(與彈簧不拴接)在外力作用下壓縮彈簧至不同長度時釋放，脫離彈簧時將獲得不同的動能Ek，已知物塊質量為m，與水平軌道間的動摩擦因數為μ，OB＝l1，重力加速度為g，不計空氣阻力，物塊可看成質點。(1)若彈簧的勁度系數為k，當彈簧被壓縮至A點且OA＝l2時，彈簧的彈力為多大？(2)物塊在從A點被釋放運動到O點的過程中，加速度大小和速度大小如何變化？(3)要使物塊在半圓軌道BCD上運動時不與軌道脫離，則物塊在O點的動能Ek應滿足什么條件？解析：(1)根據胡克定律知彈簧彈力F＝kx＝kl2。(2)物塊在從A點被釋放運動到O點的過程中，物塊受到向右的彈簧彈力和向左的滑動摩擦力，彈簧彈力越來越小，所以加速度越來越小，又加速度和速度同向，所以速度越來越大，即做加速度逐漸減小的加速運動。(3)物塊在半圓軌道BCD上運動時不與軌道脫離，則有兩種情況：①能通過最高點，則臨界狀態是在最高點物塊對軌道的壓力為0，設物塊在最高點D時的速度為v，對最高點臨界狀態受力分析有：mg＝meq\f(v2,R)，解得：v＝eq\r(gR)對物塊從O到D由動能定理得：－μmgl1－2mgR＝eq\f(1,2)mv2－Ek解得：Ek＝μmgl1＋eq\f(5,2)mgR。所以要使物塊在半圓軌道BCD上運動時不與軌道脫離，則Ek≥μmgl1＋eq\f(5,2)mgR。②在半圓